Sensurveiledning for eksamen i lgu52003 våren 2015

Transkript

1 Sensurveiledning for eksamen i lgu5200 våren 205 Oppgave a) Gjennomsnittsfart fra 0-0 minutt: tilbakelagt strekning etter 0 min tilbakelagt strekning ved start tid = Gjennomsnittsfart fra 5-0 minutt: (5 0) km 0 60 time = 0 km/time tilbakelagt strekning etter 0 min tilbakelagt strekning etter 5 min tid b) Figur: = (5 ) km 5 60 time = 20 km/time Stigningstall til tangentlinjen er. og momentanfarten ved t=5 blir da, km/time c) Farten ved tidspunkt t er

2 v(t) = ( 256 t + 2 t 2 8 t + 27) Akselerasjonen måler hvor raskt farten endrer seg, derfor finner vi funksjonsutrykket til akselerasjonen ved å derivere farten: v (t) = ( 768 t2 + 86t 8 ) d) Figur: Farten øker i intervallene der akselerasjonen er positiv, og minker der akselerasjonen er negativ. Vi faktoriserer funksjonsutrykket til akselerasjonen for å avgjøre hvor den er positiv og hvor den er negativ: v (t) = ( 768 t2 + 86t 8) = 7680 (t Nullpunktene til polynomet t t er t,2 = 9± 6 59 derfor har vi t )

3 v (t) = t t 6 6 ( ) ( ) Fra den ser vi at akselerasjonen er negativ i intervallene (0, 9 59 ) og (9+ positiv i intervallet ( 9 59, ) , ), og e) Farten er den deriverte til tilbakelagte strekningen. For å finne hvor langt bilen kjører i løpet av den første timen integrer vi funksjonsutrykket til farten, fra 0 til : v(t)dt = ( 256 t + 2 t 2 8 t + 27)dt 0 0 = ( 256 t + 2 t 2 8 t + 27)dt = Bilen tilbakelegge 50 km den første timen. 0 [ 256 t + 2 t 8 2 t2 + 27t]0 = 50. Oppgave 2 a) Høyden i trekanten er gitt som lengden av linjestykket BC. Denne lengden er bestemt av forskjell i y-koordinaten til punktene B og C. Siden punktet B ligger på linjen y = og punktet C ligger på parabelen f(x) = 5 ( x2 + x + 5) følger det av betingelsene i oppgavene at høyden i trekanten vil ligge mellom skjæringspunktene mellom linjen og parabelen. Vi finner skjæringspunktene ved å løse likningen f(x) =. 5 ( x2 + x + 5) = x 2 + x = 0 x 2 x = 0 x(x ) = 0. Vi ser dermed at x = 0 eller x =. Dette betyr at definisjonsmengden til h(x) er 0 < x <.

4 Høyden i trekanten finner vi som forskjell i y-koordinat til punktene B og C: h(x) = f(x) = 5 ( x2 + x + 5) = 5 ( x2 + x + 5 5) = 5 x2 + 2x b) Arealet til en trekant er gitt ved formelen A = g h, der g er grunnlinjen og h 2 høyden i trekanten. Grunnlinjen er gitt ved x og høyden er bestemt av funksjonen h(x). Når vi kombinerer dette får vi at a(x) er gitt ved a(x) = 2 g h = x h(x) 2 = x2 x (2x 2 5 ) = x + x 2 c) Vi deriverer funksjonen a(x) for å finne dens kritiske punkt: a (x) = ( x + x 2 ) = ( x ) + (x 2 ) = x 2 + 2x = x (20 x) Funksjonen a(x) har kritiske punkt for de verdier av x der a (x) = 0 som er x = 0 eller 20 x = 0. Altså x = 0 eller x = 20. Siden a(x) er et.gradspolynom vil den ha et lokalt maksimum og et lokalt minimum. Ut i fra oppgaven ser vi at a(x) vil ha et maksimum i punktet (x, y) = (20/, a(20/)) (siden arealet vil være positivt i et intervall om x = 20/). Alternativt kan man benytte den dobbelderiverte, a (x), av a(x) til å bestemme konkaviteten til a(x): a (x) = 5 x + 2

5 Siden a ( 20 ) = 2 = 2 < 0 vil funksjonen a(x) være konkav (nedover) og dermed vil dette svare til et lokalt maksimumspunkt. Oppgave La L og B henholdsvis være lengden og bredden av metallplaten og x være høyden i takrennen som vist i figuren under. Bunnen i takrenne vil dermed bli b = B 2x. Dette gir at volumet av takrennen, V, blir V(x) = L b x = L(B 2x)x, der L og B er konstanter. Dette er et andregradspolynom som er konkav nedover (konkav) og vil derfor ha et entydig globalt maksimumspunkt. Vi finner x-verdien til maksimumspunktet ved å løse likningen V (x) = 0. V (x) = (LBx 2Lx 2 ) = LB Lx = L(B x) Vi ser at V (x) = 0 hvis og bare hvis B x = 0. Dermed må x = B/. Oppgave Bunnen i takrennen blir da b = B 2 B/ = B/2. Dette gir at bunnen i takrenne må være dobbel så lang som høyden i takrennen (b = 2x) for å maksimere volumet i takrennen. I en type konfekteske finnes det 2 konfektbiter. Produsenten opplyser at av bitene har appelsinsmak.

6 a) P(biten har appelsinsmak) = =. Dersom vi her bruker en variabel som angir antall 2 biter med appelsinsmak, så får vi her en binomisk sannsynlighetsfordeling med ett delforsøk. Alternativt kan man anta at man bruker en hypergeometrisk sannsynlighetsfordeling der man trekker kun en gang. b) Alternativ : Per skal gjøre et tilfeldig utvalg uten tilbakelegging av 5 biter fra 2, der er «spesielle» (har appelsinsmak). Dersom vi lar X være antall biter i Pers utvalg som har appelsinsmak, er dermed X hypergeometrisk fordelt. Vi kan da bruke formelen for punktsannsynligheter i denne typen fordeling. P(X = ) = ( ) (2 5 ) ( 2 Alternativ 2: 5 ) = ( ) (9 2 ) = 6 = ( 2 5 ) , = 6 2 = 0, c) i. X er binomisk fordelt med n= 8 og p=., fordi: Det gjøres her 8 delforsøk (trekk av sjokoladebit fra eske), med følgende egenskaper: - Delforsøkene er uavhengige, ettersom trekningen skjer tilfeldig, og fra ny boks hver gang. - Resultatet av hvert delforsøk er av typen suksess/fiasko, altså enten har biten appelsinsmak eller ikke. - Sannsynligheten for suksess (appelsinsmak) er lik i hvert delforsøk, ettersom hver bit trekkes fra ny eske. I oppgave a fant vi at denne sannsynligheten er. Dette er dermed en binomisk forsøksrekke. Ettersom X er definert som antall suksess i en slik forsøksrekke, er X binomisk fordelt. Vi har dermed begrunnet at X~bin(8, ). ii. Ettersom vi i c) i. har vist at X~bin(8, ), kan vi her bruke formelen for binomiske punktsannsynligheter, med n=8, p=.

7 P(X = ) = ( 8 ) ( ) ( 5 ) = 56 0,25 0,75 5 = 608 0, iii. P(X > 6) = P(X = 8) + P(X = 7) = ( 8 8 ) ( )8 ( )0 + ( 8 7 ) ( )7 ( ) = 0, ,25 7 0,75 0, Oppgave 5 a) La X = vekten til en margarinpakke. Siden vekten kan ha reelle tall som verdier, er den stokastiske variabelen X kontinuerlig, og har forventet vekt 50 gram og varians = (standardavvik) 2 = 2 = 6. Dvs. at X~N(50, 6). Vi kan illustrere den med følgende figur: Forventning=50 Standardavvik= P(6 X 5) = b)

8 Siden X~N(50, 6), er ikke X standard normal fordelt. Vi kan endre til standard normalfordeling ved Z = X μ σ. P(X 5) = P ( Z = = P( X μ σ X μ σ 5 ) = P(Z.25) = P(Z.25) = 0.89 = ) les fra vedlegg c)

9 8 50 P(8 X 52) = P ( = P( 2 X μ 2 ) σ X μ σ ) = P( 0.5 Z 0.5) = P(Z 0.5) P(Z 0.5) = P(Z 0.5) [ P(Z 0.5)] = [ 0.695] les fra vedlegg = = 0.8 d) Sett opp en hypotesetest med signifikansnivå 5% for å undersøke om sannsynligheten for at en eske veier mindre enn kg er høyere enn /5. Benytt tabellen i vedlegg 2 for de aktuelle sannsynlighetene. I hver eske har vi kg margarin, 000 gram som er 000 gram margarin. Dvs. at i en eske har vi = 20 margarinpakker. 50 gram Men i undersøkelsen fokuserer vi på 20 tilfeldige esker. For å sette opp hypotesetesten la oss definere en stokastisk variabel i den gitte situasjonen. Anta at X = antall esker som veier mindre en kg. X er binomisk fordelt med n= 20, p = = 0.2, hvis andelen esker med lav vekt er akseptabel. 5 Nå skal produsenten undersøke påstanden fra en leverandør om at sannsynligheten (for at en tilfeldig valgt eske har vekt lavere enn kg) er høyere enn p = 5 = 0.2. Derfor vil det være naturlig å bruke en ensidig hypotesetest, der hypotesene er satt opp slik: H 0 : p = 0.2 H : p > 0.2 Med signifikansnivå 5%, søker vi etter grensen for å beholde H 0 eller H. Grensen avgjøres ved at P(X grense p = 0.2) Når H 0 gjelder ( se vedlegg 2): P(X 7 p = 0.2) = = P(X 8 p = 0.2) = = > 0.050, men < Derfor skal vi forkaste H 0 dersom X = 8 eller mer. Men hvis X < 8, skal vi beholde H 0 (som betyr at sannsynligheten for at en eske veier mindre enn kg er /5).